1) Sul blocco 1 agiscono la forza peso m1g, la reazione vincolare del piano N e latensione della fune T1; sul blocco 2 agiscono la forza peso m1g e la tensione dellafune T2. Dato che la carrucola non ha massa trascurabile è necessario considerareanche le forze agenti su di essa e precisamente la forza peso Mg, la reazionevincolare del perno S, e le forze applicate dalla fune alla carrucola che, essendola fune di massa trascurabile, possiamo considerare applicate nei punti di attaccoA e B della corda al bordo della carrucola; queste forze risultano in base alprincipio di azione e reazione uguali a – T1 e – T2. Oltre queste forze cheagiscono comunque, sia in condizioni statiche che dinamiche, si dovrannoconsiderare nella domanda a) la forza F applicata al blocco 1 , oppure nelladomanda b) la coppia di forze di momento M (non riportata in figura).

y N S F T1 - T1 A

C B x

m1g Mg -T2

T2

m2g

a) All’equilibrio deve essere soddisfatta per ciascuno dei tre corpi la I equazionecardinale della statica :

F + N + m1g + T1 = 0 T2 + m2g = 0 S - T1 – T2 + Mg= 0

Inoltre per la carrucola deve essere soddisfatta anche la II Equazione cardinale dellastatica e, scegliendo come centro di riduzione il centro della carrucola e versopositivo di rotazione quello orario, si ha:

T2r- T1r = 0 Æ T1 = T2 (1-1)

Proiettando le prime tre equazioni lungo gli assi orizzontale (x) e verticale (y) si ha

-F + T1 = 0 T2 - m2g = 0 Sx – T1 = 0 Sy – T2 - Mg= 0

Tenuto conto dell’eq. (1.1) si ricava infine:

F = T1 = T2 = m2g Sx = T1 = m2g Sy = (m2 + M)g

Numericamente quindi si ha F = 29.4 N , Sx = 29.4 N e Sy = 35.3 N.b) In questo caso la forza F , agente sul blocco 1, è assente ma l’equilibrio viene

mantenuto applicando alla carrucola una coppia di forze (che per definizione harisultante nulla) di momento assiale M . Le equazioni scritte al punto a) vengonopertanto così modificate:

N + m1g + T1 = 0 T2 + m2g = 0 S - T1 – T2 + Mg= 0 T2r- T1r +M = 0

Proiettando lungo l’asse orizzontale e verticale si ha adesso:

T1 = 0 T2 - m2g = 0 Sx – T1 = 0 Sy – T2 - Mg= 0 Da cui: T2 = m2g Sx = T1 = 0 Sy = (m2 + M)g M = - m2gr

In questo la tensione della fune è diversa nei due punti di attacco A e B alla carrucolae l’equilibrio è assicuratao dalla coppia di forze il cui momento ha verso opposto aquello prodotto dalla forza -T2 agente sulla carrucola (verso orario); numericamenterisulta M = - 1.47 Nm.c) Nel caso dinamico il moto del sistema è determinato scrivendo la I Equazionecardinale della dinamica (IECD) per i corpi 1 e 2 e la II equazione cardinale delladinamica (IIECD) per la carrucola; la IECD per la carrucola determina unicamente lareazione vincolare del perno S ( peraltro diversa da quella trovata nei casi statici) enon è necessaria. Indicati con a1 e a2 le accelerazioni dei blocchi 1 e 2rispettivamente, con a l’accelerazione angolare della carrucola (assunto sempre comeverso positivo di rotazione quello orario) e con I = Mr2/2 il suo momento d’inerziarispetto all’asse passante per C si ha:

N + m1g + T1 = m1a1 T2 + m2g = m2a2 T2r- T1r = Ia

Essendo la corda inestensibile si ha a1 = - a2 = a (il segno – deriva dalla orientazionedegli assi x ed y per cui ad uno spostamento del blocco 1 nel verso positivo dell’assex corrisponde un uguale spostamento del blocco 2 nel verso negativo dell’assse y);non essendovi slittamento della corda nella gola della carrucola i vari punti dellacorda hanno la stessa velocità dei punti della carrucola con cui sono a contatto equindi ar = a (in questo caso il segno positivo deriva dal fatto che ad unospostamento del blocco 1 nel verso positivo dell’asse x corrisponde una rotazione

della carrucola in verso orario, ossia nel verso assunto come positivo). Proiettando leprecedenti equazioni lungo gli assi x e y si ottiene quindi:

T1 = m1a T2 - m2g = -m2a T2r - T1r = Ia= Ia/r

Da cui risolvendo:

a = gm2/( m1 + m2 + I/r2) = gm2/( m1 + m2 + M/2) T1 = m1gm2/( m1 + m2 + I/r2) = gm1m2/( m1 + m2 + M/2) T2 = m2g(m1 + I/r2)/(m1 + m2 + I/r2) = gm2(m1 + M/2)/(m1 + m2 + M/2)

Il moto del sistema è quindi uniformemente accelerato con accelerazione a = 5.55m/s2 e le tensioni della corda mantengono durante il moto un valore costante T1 =11.1 N e T2 = 12.8 N.[N.B. Si osservi che in generale, anche in presenza di carrucole o simili, le tensioniche assumono le funi sono differenti nel caso statico e nel caso dinamico. Inoltresono differenti, a priori, le tensioni applicate dalla fune nei due punti di attacco, A eB, da una parte e dall’altra di una stessa carrucola; solo nel limite di massa dellacarrucola trascurabile, ossia M = 0, i valori di T1 e T2 sono uguali. ]

2) Consideriamo separatamente i componenti il sistema e le forze agenti su di essi.Sui corpi 1 e 2 appesi agli estremi delle funi agiscono rispettivamente le forzepeso m1g e m2g e le tensioni delle funi T1 e T2. Sull’argano costituito dai duetamburi, solidali tra loro e coassiali, agiscono la forza peso complessiva (m + M)ge la reazione vincolare del perno S , applicate entrambe nel centro dell’argano, ele tensioni –T1 e –T2 delle funi applicate al bordo dei tamburi di raggio r ed Rrispettivamente. La statica e la dinamica del sistema possono essere determinatescrivendo la IEC per I corpi 1 e 2 e la IIEC per l’argano. Si assume come versopositivo di rotazione quello orario ed un asse verticale orientato positivamenteverso l’alto.

a) All’equilibrio si ha: -M1g + T1 = 0 T2 - M2g = 0 -T2R + T1r = 0

Risolvendo il sistema si ha quindi immediatamente

Me = M2 = M1r/R T1 = M1g T2 = M2g = M1gr/R

Numericamente Me = 16.66 Kg , T1 = 981 N , T2 = 163.5 N.

S

mg -T2 -T1

Mg T2 T1

M2g M1g

b) Nel caso dinamico le equazioni di moto dei tre componenti sono:

-M1g + T1 = M1a1 T2 - M2g = M2a2 T1r - T2R = IaDove I = MR2/2 + mr2/2 è il momento d’inerzia dell’argano pari alla somma deimomenti d’inerzia dei due dischi imperniati su uno stesso asse passante per il lorocentro.Le relazioni cinematiche fra le tre accelerazioni sono determinate dalla condizioneche i punti dei tamburi a contatto con le funi abbiano la stessa velocità delle funiavvolte su di essi (nell’ipotesi che non vi sia slittamento); quindi tenuto contodell’orientazione dell’asse verticale e del verso positivo di rotazione (orario) si ha:

v2 = wR v1 = -wrDa cui derivando membro a membro: a2 = aR a1 = -ar

Tenuto conto di queste relazioni risulta:

a = g(M1r – M2R)/(I + M2R2 + M1r2) T1= M1g(I + M2R2 + M2rR)/(I + M2R2 + M1r2) T2= M2g(I + M1r2 + M1rR)/(I + M2R2 + M1r2)

Il moto è quindi uniformemente accelerato ed il verso di rotazione risulta positivo seM1r > M2R , negativo in caso contrario.

c) Per M2 = 2Me = 2M1r/R si ottiene:

a = -gM1r/(I + 4rRM1 + M1r2) a = - 3.22 rad/s

Per M2 = Me/2 = M1r/2R si ha invece:

a = gM1r/2(I + rRM1/4 + M1r2) a = 6.20 rad/s

d) Nel caso in cui sia applicato all’asse del sistema un dispositivo che mantiene costantela velocità del sistema , sono nulle le accelerazioni ma il dispositivo dovrà applicareall’asse una opportune coppia di momento M. Le equazioni di moto sono pertanto:

-M1g + T1 = 0 T2 - M2g = 0 -T2R + T1r + M = 0 Æ M = -g(M1r – M2R)

Quindi per M2 = 2Me = 2M1r/R si ha M = gM1r , ossia M = 98.1 Nm ; invece per M2

= Me/2 = M1r/2R si ha M = -gM1r/2 ossia M = 49.05 Nm.La potenza scambiata dal sistema W è ottenuta immediatamente come :

W = M w = -g(M1r – M2R)w = - gM1v1 + gM2v2

Come si vede da questa espressione la potenza risulta positiva ( fornita dal motore alsistema) o negativa (in questo caso è il sistema che fornisce energia al motore ) aseconda del verso della velocità in relazione al momento M ; ovviamente la potenzaW è pari alla variazione per unità di tempo dell’energia potenziale delle forze peso,come risulta dall’ultima espressione. Quindi per una velocità angolare positiva (oraria) si ha nei due casi considerati: W = gM1rw , ossia W = 7.85 KW, e W = -gM1rw/2 ossia W = - 3.924 KW.

3) Sulla sbarra agiscono in ogni situazione ( statica o dinamica) la forza peso mg .applicata nel centro di massa C e la reazione vincolare di appoggio N ,perpendicolare al piano ed applicata nell’estremo B.

a) Nel caso in cui l’equilibrio sia assicurato da una forza F ,applicata nell’estremo A,la IEQS richiede che:

F + mg + N = 0

Questa equazione , essendo N ed mg dirette lungo la verticale, impone che sia nullaanche la componente orizzontale di F. Pertanto proiettando lungo l’asse verticale siha:

F – mg + N = 0

F

y A

N C

f B x

mg

Dalla IIEQS , scelto come centro di riduzione C e come verso positivo quello orario,si ha: ( N - F )lsinf/2 = 0 Æ N = F

da cui infine F = F = 5.9 N.b) Rimossa la forza F la sbarra inizia a muoversi sotto l’azione della forza peso e

della reazione vincolare, entrambe dirette lungo la verticale; essendo quindi nullala componente orizzontale delle forze esterne , agenti sulla sbarra, risulta che ècostante la componente orizzontale della quantità di moto della sbarra , ovvero lacomponente orizzontale della velocità del CM della sbarra C. Dato che la sbarraparte da ferma risulta vCx = 0 e pertanto C si muove lungo la retta verticalepassante per la posizione iniziale del CM.

C

C

C

In formule possiamo scrivere quindi:

vCx = dxC/dt = 0 Æ xC = cost

Muovendosi C lungo una retta verticale la posizione della sbarra ad un determinatoistante può essere determinata completamente in termini dell’angolo f ; il sistema puòquindi essere considerato come avente un solo grado di libertà e la sua equazione dimoto, essendo le forze in gioco conservative, può essere determinata utilizzando laconservazione dell’energia. Detto I = ml2/12 il momento d’inerzia della sbarrarispetto ad un asse passante per il CM, scelto il piano orizzontale come livello diriferimento per l’energia potenziale delle forze peso ( V = 0 ) si ha:

Iw2/2 + mvCy2/2 + mglcosf/2 = mglcosb/2

Dove si è tenuto conto , nello scrivere l’energia cinetica del CM, che vCx = 0. Perdeterminare completamente la velocità di C in funzione dell’angolo f è necessariotener conto della relazione che sussiste fra w e vCy ; risultando durante tutto il moto yC= lcosf/2 si ha derivando membro a membro questa relazione:

vCy = -wlsinf/2

Sostituendo nella precedente equazione, tenendo conto dell’espressione di I, si ottienequindi:

w2 = 12g(cosb – cosf )/l(1 + 3sin2f )

Questa equazione insieme con la precedente fornisce immediatamente il valore dellavelocità di C.c) Un’istante prima che la sbarra tocchi il terreno l’angolo f differisce per

un’infinitesimo da 90°, quindi , essendo b = 30° , si ha per la velocità angolare eper la velocità di C :

w = (3÷3g/2l)0.5 vCy = -(3÷3gl/2)0.5/2

La velocità dei punti A e B è determinata mediante la “formula fondamentale dellacinematica dei corpi rigidi” una volta nota la velocità di C e la velocità angolare. Siottiene allora:

vAx = vBx = 0 vAy = 2 vCy = -(3÷3gl/2)0.5 vBy =0

Numericamente si ha: w = 7.14 rad/s , vCy = -1.78 m/s e vAy = - 3.57 m/s.[Osservazione – Alla domanda c) si può anche rispondere, in modo equivalente,scrivendo le coordinate dei punti A e B in funzione di f e derivando queste rispetto altempo.]

4) Sulla sbarra agiscono in ogni situazione ( statica o dinamica) la forza peso mg .applicata nel centro di massa C e la reazione vincolare di appoggio N , perpendicolareal piano ed applicata nell’estremo B, e sempre applicata in B la forza di attrito f ,parallela al piano.

F

y q A

N C

f

B f x mg

a) L’equilibrio della sbarra , nella configurazione in cui f = b , è ottenuto applicandoall’estremo A una forza di modulo pari ad F ; il valore di F dipende dall’angoloche la direzione della forza forma rispetto alla sbarra o , più convenientemente,dall’angolo q che la direzione della forza forma rispetto all’orizzontale. I valoridelle forze in gioco sono determinati dalle ECS; dalla prima si ottiene:

N + mg + f + F = 0

che proiettata lungo gli assi orizzontale e verticale fornisce le equazioni:

f – Fcosq = 0 Æ f = Fcosq (4.1) N – mg + Fsinq = 0 Æ N = mg – Fsinq (4.2)

La IIECS, scelto come centro di riduzione l’estremo B dell’asta e come verso positivoquello orario, fornisce l’equazione:

-Flcos(b – q) + mglsinb/2 =0 Æ F =mgsinb/2cos(b – q) (4.3)

dove si è tenuto conto che l’angolo fra F e la sbarra è (b – q + p/2). Una primacondizione sulla direzione della forza la si ottiene imponendo che cos(b – q) > 0:risulta che deve essere q > - (p/2 – b) = - 60°. Inoltre l’espressione di F mostra cheessa è minima in corrispondenza del massimo valore del cos(q – b) consentito dallacondizione di equilibrio. Questa richiede che oltre le precedenti equazioni siasoddisfatta anche la disuguagliaza f < mN che assicura che l’estremo B dell’asta non

scivoli sul piano di appoggio. Sostituendo nella disuguaglianza le espressioni di f edN , ricavati dalle eq. (4.1-3), si ottiene la condizione:

tgq > (1/m) – 2ctgb

da cui numericamente, col valore assegnato di m, risulta q > g = .99 rad = 56.93°.Quindi applicando una forza F in una direzione corrispondente ad un angolo q < gl’estremo B dell’asta scivola sul piano e non è possibile l’equilibrio qualunque sia ilvalore di F . Per angoli maggiori l’equilibrio è possibile ed il valore minimo di F lo siottiene in corrispondenza del minimo valore ammissibile dell’argomento del cosenopari a (g – b) ; con questo valore si ottiene per la minima forza F = 3.3 N.b) Per studiare il moto della sbarra è necessario fare un’ipotesi sul comportamentoiniziale del punto di appoggio B: infatti può darsi che la forza di attrito sia sufficientead impediare al punto B di scivolare sul piano in una fase iniziale del moto, oppureno. A priori possono realizzarsi entrambe le possibilità, conviene pertanto farel’ipotesi più semplice che inizialmente B non si muova sul piano orizzontale e chequindi la sbarra ruoti attorno a questo estremo. In queste condizioni il sistema ha unsolo grado di libertà; tenuto conto che la forza di attrito non compie lavoro ( il suopunto di applicazione B non si sposta) possiamo applicare la conservazionedell’energia per determinare il moto della sbarra in questa prima fase. . Detto I =ml2/3 il momento d’inerzia della sbarra rispetto ad un asse passante per B, scelto ilpiano orizzontale come livello di riferimento per l’energia potenziale delle forze peso( V = 0 ) si ha:

Iw2/2 + mglcosf/2 = mgl/2 Æ w2 = 3g(1 – cosf)/l (4.4)

E’ a questo punto necessario stabilire se l’ipotesi di partenza, che l’estremo B siafermo, è verificata e , in caso affermativo, qual’è l’angolo massimo f = d per cui si hail moto considerato. Se B non scivola, siamo in condizioni di attrito statico, e quindideve risultare verificata la disuguaglianza f < mN. E’ necessario pertantodeterminare la forza di attrito f e la reazione vincolare N in funzione dell’angolo f equesto può essere fatto ricorrendo alla IECD:

N + f + mg = maC

Dette ax ed ay le componenti orizzontale e verticale dell’accelerazione aC del centro dimassa C dell’asta si ha quindi:

f = max N – mg = may (4.5)

Le componenti dell’accelerazione possono essere espresse e determinate in termini dellavelocità angolare w , Eq. (4-4), della accelerazione angolare a che si ottieneimmediatamente derivando l’espressione (4.4) rispetto al tempo:

a = 3gsinf/2l (4.6)

Analogamente si possono ottenere le componenti dell’accelerazione di C per derivazionesuccessive, rispetto al tempo, delle sue coordinate:

xC = lsinf/2 Æ vx = wlcosf/2 Æ 2ax = alcosf – w2lsinf yC = lcosf/2 Æ vy = -wlsinf/2 Æ 2ay = -alsinf – w2lcosf

Sostituendo queste espressioni nelle eq. (4.5) insieme con le eq. (4.6) e (4.4) siottiene: f = mgsinf( 9cosf – 6sinf )/4 N = mg(10 –9sin2f –6cosf )/4

Sostituendo queste espressioni nella disuguaglianza ne risulta la condizione:

sinf( 9cosf – 6sinf ) < m(10 –9sin2f –6cosf )

E’ immediato verificare che la condizione è soddisfatta per l’angolo iniziale f ª 0 ;l’angolo massimo d per cui è soddisfatta la condizione lo si ottiene risolvendo ladisequazione in oggetto e si trova , per il valore assegnato di m, d ª15°. Per angolipiù grandi l’estremo B della sbarra comincia a scivolare sul piano ed il sistema ha aquesto punto due gradi di libertà per cui sono necessarie due equazioni perdeterminare il moto del sistema. Le equazioni (4.5) rimangono valide per cui si puòscrivere ancora: f = max N – mg = may

con le ulteriori relazioni, derivanti dal fatto che adesso B striscia:

f = mN 2ay = -alsinf – w2lcosf

A queste si deve aggiungere l’equazione fornita dalla IIECD:

-flcosf/2 + Nlsinf/2 = ICa

per la quale si è scelto come centro di riduzione il CM e IC = ml2/12 è il momentod’inerzia rispetto ad un asse passante per C. Il sistema di equazioni differenziali che siottiene risulta di non banale integrazione e si tralascia quindi la soluzione delmedesimo.

5) Le forze agenti sul cilindro sono la forza peso mg e la reazione vincolare diappoggio del piano inclinato N, perpendicolare ad esso ed applicata nel punto dicontatto C fra il piano e il cilindro; nel caso in cui il piano sia scabro è presenteanche la forza di attrito f applicata in C e parallela ad esso.

a) Se il piano è liscio ( f = 0) le equazioni di moto, fornite dalle ECD , sono:

N + mg = ma Ia = 0

Dove a è l’accelerazione del centro di massa O del cilindro, a è l’accelerazione angolare,I = mr2/2 è il momento d’inerzia del cilindro rispetto all’asse passante per O e si è sceltocome centro di riduzione il CM. Queste equazioni ci dicono immediatamente che inassenza di attrito il cilindro, inizialmente fermo, non acquista velocità angolare e quindicompie un moto di pura traslazione: esso risulta identico a quello di un grave che scivolalungo il piano inclinato e quindi è un moto uniformemente accelerato con accelerazionea = gsinq.

y

N

O f C

mg x q

b) Nel caso in cui vi sia attrito si ha dalla IECD:

N + mg + f = ma

Questa proiettata lungo gli assi x ed y , parallelo e perpendicolare rispettivamente alpiano inclinato, dà:

mgsinq – f = ma N – mgcosq = 0 (5.1)

La IIECD , scelto come verso positivo di rotazione quello orario, fornisce adessol’equazione:

Ia = fr (5.2)

Le equazioni ora scritte sono valide per un moto qualsiasi del cilindro sia esso o menodi puro rotolamento.Nel caso in cui si abbia un moto di puro rotolamento la velocità del punto C delcilindro a contatto con il piano è nulla, quindi vale la relazione cinematica v = wr frala velocità v di O e la velocità angolare w, e analogamente risulta a = ar ( bastaderivare rispetto al tempo). Inoltre nel caso di puro rotolamento, essendo incondizioni di attrito statico, deve risultare soddisfatta la disuguaglianza f < mN.Tenuto conto di quanto ora detto si ottiene dalle precedenti equazioni:

f = aI/r2 a = mgsinq/(m + I/r2) N = mgcosq (5.3)

con la condizione: I tgq < m(I + mr2) (5.4)

Come si vede quindi il moto lungo il piano risulta essere , anche in questo caso,uniformemente accelerato con una accelerazione indipendente dal valore delcoefficiente di attrito ma comunque minore di quella di un oggetto che scivola lungolo stesso piano inclinato; numericamente risulta a = 3.27 m/s2. Si osserva inoltre cherisultando sempre il momento d’inerzia proporzionale al prodotto mr2, a meno di unfattore numerico che dipende dalla conformazione dell’oggetto, l’accelerazione è ineffetti indipendente sia dal raggio r che dalla massa m.Dalla disuguaglianza (5.4), tenuto conto dell’espressione di I si ottiene il minimovalore m* del coeffieciente di attrito per cui si può avere un moto di puro rotolamentoe risulta m* = tgq/3 = 0.192 .

b) Nel caso in cui il moto non sia di puro rotolamento le equazioni (5.1-2)sono ancora valide ma non vi è più nessuna relazione fra le velocità (o leaccelerazioni) angolare e del CM. Tuttavia , essendo adesso la velocità delpunto C diversa da zero, la forza di attrito f è determinata dalla relazione:

f = mN = mmgcosqSi ottiene allora dalle suddette equazioni:

a = g(sinq – mcosq ) a = mmgrcosq/I

Essendo l’accelerazione angolare e l’accelerazione del CM costanti i moti corrispondentirisultano essere uniformemente accelerati e per l’andamento delle velocità nel tempo siha: v = at w = at

La velocità del punto C, di contatto del cilindro col piano, è data dalla relazione:

vC = v - wr = (a – ar )t = gt[sinq – mcosq(1 + mr2/I)] > 0

In questa relazione l’ultima disuguaglianza deriva dall’essere m = m*/2 e comunqueminore del valore minimo del coefficiente di attrito per cui si può avere un moto di purorotolamento. Questa relazione stabilisce che se il cilindro inizialmente striscia sul pianoesso continuerà a farlo anche negli istanti successivi e quindi non si instaurerà mai unmoto di puro rotolamento.

c) Le precedenti equazioni rimangono valide qualunque sia l’oggetto cherotola lungo il piano inclinato. In ogni caso questi descrivono un motouniformemente accelerato con una accelerazione data dalla eq. (5.3) salvoil fatto che saranno diversi i momenti d’inerzia dei vari corpi. Anche lacondizione di puro rotolamento, espressa dalla disuguaglianza (5.4),rimane formalmente invariata ma cambia il valore limite del coefficientedi attrito in conseguenza del diverso valore assunto dai momenti d’inerzia.

In particolare per i casi considerati si hanno i momenti d’inerzia, i valorilimite di m e le accelerazioni riassunte nel seguente quadro:

Tubo cilindrico I = mr2 a = gsinq/2 m > tgq/2 = 3m*/2

Cilindro pieno I = mr2/2 a = 2gsinq/3 m > tgq/3 = m*

Sfera piena I = 2mr2/5 a = 5gsinq/7 m > 2tgq/7 = 6m*/7

Dalla precedente tabella emergono varie considerazioni. Innanzitutto risulta chel’accelerazione dei vari oggetti è tanto più grande quanto più piccolo è il momentod’inerzia; quindi facendo partire insieme i tre oggetti , dalla stessa quota e con velocitànulla, l’ordine di arrivo è determinato dal valore dell’accelerazione e la sfera arriverà perprima al fondo del piano inclinato. Per quanto riguarda la condizione di puro rotolamentorisulta che con un coefficiente di attrito m = 2m* essa è soddisfatta per tutti gli oggetti, mache comunque essa è tanto più stringente quanto più piccolo è il momento d’inerzia;quindi per un dato piano inclinato per realizzare la condizione di puro rotolamentooccorre un attrito più elevato per il tubo rispetto al cilindro o alla sfera. Risulta inoltre cheanche il valore limite di m è indipendente dal raggio e dalla massa degli oggetti.[N.B. 1 - Il rotolamento di un oggetto su una superficie richiede sempre la presenza diattrito; solo in casi particolari potrà risultare la forza di attrito nulla, ma unicamentecome risultato delle equazioni di moto ( es. un oggetto, non soggetto a forze lungol’orizzontale, che rotola senza strisciare su un piano orizzontale; caso limite delleprecedenti equazioni con q = 0 ).N.B. 2 – La condizione di puro rotolamento è sempre e unicamente espressa dallacondizione che sia nulla la velocità del punto dell’oggetto a contatto con la superficie sucui si muove.N.B. 3 – Nel caso di puro rotolamento la forza di attrito non compie lavoro dato che ènullo lo spostamento infinitesimo, nel tempo dt, del suo punto di applicazione. Questocome conseguenza del fatto che è nulla la velocità del punto di contatto con la superficie.Quindi ad un corpo che rotola senza strisciare e soggetto a forze conservative èapplicabile il principio di conservazione dell’energia. Il moto considerato nell’eserciziopoteva quindi essere studiato scrivendo la conservazione dell’energia. ]

6) Le forze agenti sul cilindro sono la forza peso mg , applicata in B , la reazionevincolare di appoggio N , applicata nel punto di contatto C fra il cilindro e ilsupporto e diretta radialmente lungo OC, e la forza di attrito f sempre applicata inC e diretta tangenzialmente al supporto.

O

q N f

C

mg

a) Nell’ipotesi che il cilindro rotoli senza strisciare la forza di attrito f non compie lavoroe pertanto per determinare il moto del sistema possiamo utilizzare la conservazionedell’energia essendo le alter forze conservative. Indicato con I = mr2/2 il momentod’inerzia del cilindro rispetto ad un asse passante per il suo centro di massa B, sceltocome livello di riferimento per l’energia potenziale delle forze peso il piano orizzonralepasssante per O, si ha:

mv2/2 + Iw2/2 - mg(R-r)cosq = - mg(R-r)cosb (6.1)

dove v è la velocità del centro di massa B del cilindro , w la velocità angolare del cilindroe (R-r) è la distanza di B dal centro del supporto O. Poichè la posizione del cilindro èconvenientemente individuata dall’angolo q è opportuno scrivere v e w in termini dellavelocità angolare W = dq/dt. Tenuto conto che B si muove lungo una circonferenza diraggio (R-r) e della condizione di puro rotolamento, nonchè del verso positivo dirotazione (antiorario) si ha:

v = W(R-r) w = -v/r = -W(R-r)/r (6.2)

Sostituendo queste relazioni nella eq. (6.1), tenuto conto dell’espressione di I, si ottieneinfine:

W2 = 4g(cosq – cosb )/3(R-r) (6.3)

Il valore massimo di W lo si ha in corrispondenza di q = 0 , ossia quando B passa per ilpunto più basso della traiettoria, e risulta W = 4.68 rad/s e v = 0.82 m/s.b) Durante un moto di puro rotolamento, essendo la velocità del punto di contatto Cnulla, deve essere soddisfatta la condizione f< N. Per determinare queste due forze everificare la condizione è necessario scrivere almeno la IECD. Indicando con al’accelerazione del centro di massa B del cilindro si ha:

f + mg + N = ma

da cui proiettando lungo la direzione radiale e tangenziale si hanno le equazioni:

f – mgsinq = mat = mA(R-r) (6.4) mgcosq -N = mar = -mW2(R-r) (6.5)

dove A = dW/dt è l’accelerazione angolare. L’espressione di A può essere ottenuta dallaIIECD per il cilindro oppure , in questo caso più rapidamente, derivando rispetto al tempol’eq. (6.3) e si ha: d2q/dt2 = A = - 2gsinq/3(R-r) (6-6)

Sostituendo le espressioni (6.6) e (6.3) nelle eq. (6.4-5) si ottiene infine:

f= mgsinq/3 N = mg( 7cosq – 4cosb )/3

da cui infine m > sinq/( 7cosq – 4cosb )

Tenuto conto che questa espressione è monotona crescente in q , il massimo lo si ha per q= b da cui risulta m > 1/3.c) L’equazione differenziale (6.6) nell’approssimazione di piccoli angoli (sinq ª q) èquella caratteristica di un moto armonico e quindi si ha immediatamente per il periodo:

T = 2p[3(R-r)/2g]0.5

e numericamente T = 1.03 s.

7) Le forze esterne agenti sul sistema sono le forze peso mg, applicata al centro di massaG dell’asta, e Mg, applicata al punto P, e la reazione vincolare del perno R applicata in O.

N

O

f S

P

mg A

Mg

a) Il periodo T delle piccole oscillazioni del pendolo è ottenuto immediatamente dallaIIECD; scelto O come centro di riduzione, indicata con I il momento d’inerzia rispetto adun asse passante per O si ha:

Ia = (ml2/3 + Mb2)d2f/dt2 = -mglsinf/2 - Mgbsinf ª -g(ml/2 + Mb)f (7.1)

Da cui : a = d2f/dt2 = -g[( ml/2 + Mb)/(ml2/3 + Mb2)]f = -W2f

dove W = 2p/T = 3.14 rad/s è la pulsazione. Quindi W2 = g[(ml/2 + Mb)/(ml2/3 + Mb2)] Æ M = ml(3g – 2lW2)/6b(bW2 – g)

Numericamente risulta M = 0.709 kg.b) Per determinare la reazione vincolare S che agisce sul punto P per mantenerlo fermorispetto all’asta è necessario scrivere la sua equazione di moto; tenuto conto che l’unicaforza agente su di esso , oltre la reazione vincolare, è la forza peso si ha:

S + Mg = Ma

Tenuto conto che P si muove lungo una circonferenza di raggio b, proiettando questaequazione nella direzione parallela all’asta (radiale) e perpendicolare ad essa si ha:

St – Mgsinf = Mat = Mba Mgcosf - Sr = Mar = -Mw2b

Dove w è la velocità angolare dell’asta e Sr e St sono rispettivamente le componentiradiale e tangenziale di S. Queste equazioni forniscono ivalori delle componenti dellareazione vincolare in termini di a e w2. L’accelerazione angolare è determinata dalla eq.(7.1) , la velocità angolare può invece essere determinata dalla conservazionedell’energia. Scelto come livello di riferimento per l’energia potenziale delle forze peso (V = 0) il piano orizzontale passante per O si ha:

Iw2/2 – mglcosf/2 – Mgbcosf = 0 w2 = 3g[(ml + 2Mb)/(ml2 + 3Mb2)]cosf

Quindi si ricava per le due componenti:

St = 3Mgsinf(2ml2 – 3mbl)/2(ml2 + 3Mb2) Sr = Mgcosf(ml2 + 3mlb + 9Mb2)/(ml2 + 3Mb2)

Nel caso in cui la componente della forza diretta lungo l’asta sia fornita dall’attrito deverisultare verificata la relazione f=Sr< mSt, con m coefficiente di attrito. Dalleespressioni sopra ricavate risulta immediatamente che per f = 0 si ha St =0 mentre Sr ,ossia la forza di attrito, conserva un valore finito; sarebbe quindi necessario uncoefficiente di attrito infinitamente grande per mantenere fermo P.

8) Sul rocchetto agiscono sempre la forza peso mg, applicata nel suo centro di massaO, la rezione vincolare di appoggio N , perpendicolare al piano e applicata nelpunto C del disco a contatto con esso, la forza di attrito f, applicata in Ctangenzialmente al piano, e la forza elastica della molla Fe applicata nel punto piùalto del disco A tangenzialmente ad esso.

y

Fe N A

O F

C x f

mg

a) Nella configurazione di equilibrio viene applicata nel centro del rocchetto O unaforza orizzontale F. Per l’equilibrio dovranno essere soddisfatte la due ECDS. Perla prima si ha:

F + N + mg + f + Fe = 0

Proiettando questa equazione lungo l’asse orizzontale (x) e verticale (y) risulta:

F - Fe – f = 0 N – mg = 0

Dalla IIECS, scelto come centro di riduzione O e come verso positivo di rotazionequello orario, si ottiene: fr - Fe r = 0 Æ f = Fe

Dalle precedenti equazioni, , tenendo conto che in termini dell’allungamento X dellamolla si ha Fe = -KXi , con i versore dell’asse x, risulta infine:

F = 2 Fe = 2KX0 F = 1.5 N

b) Quando, rimossa la forza F, il disco inizia un moto di puro rotolamento essorisulta soggetto a sole forze conservative per cui si potrà determinare l’equazionedi moto ricorrendo alla conservazione dell’energia. Scelto un sistema diriferimento con l’asse y passante per la posizione di O quando la molla è a riposoe indicando quindi con x la sua ascissa nella posizione generica, si ha perl’allungamento della molla X = 2x; questa relazione deriva dalla condizione dipuro rotolamento per cui C risulta essere il centro di istantanea rotazione e diconseguenza per la velocità del punto A si ha dX/dt = vA = 2rw = 2v dove v è la

velocità del centro di massa O del disco e w è la sua velocità angolare. Pertantouno spostamento di O di una quantità x, positiva, si traduce nell’avvolgimento diun tratto X = 2x del filo sul rocchetto. Indicato con I = mr2/2 il momento d’inerziadel disco rispetto ad O si ha per la conservazione dell’energia:

mv2/2 + Iw2/2 + K(2x)2/2 = KX02/2

tenendo conto che v = wr (condizione di puro rotolamento) si ricava infine:

v2 = 2K(X02 - 4x2)/3m (8.1)

L’equazione trovata è quella caratteristica di un moto armonico come si può anchericonoscere derivando l’eq. (8.1) rispetto al tempo ottenendo

a = d2x/dt2 = - (8K/3m)x W = (8K/3m)0.5 (8.2)

La prima fase del moto corrisponde quindi a quella che si ha nel primo quarto diperiodo di un moto armonico di pulsazione W; una volta che la molla ha raggiunto laconfigurazione di riposo il filo non è più in grado di esercitare alcuna forza sulrocchetto e quindi questo compirà un moto di puro rotolamento con velocità costante.Riassumendo, con le condizioni iniziali assegnate si ha:

t < T/4 = p/2W x = (X0/2)cosWT v = -W(X0/2)sinWtt > T/4 x = vt v = -W(X0/2)

c) Se l’elongazione iniziale della molla è sufficientemente grande la forza di attritonon è più in grado di cla onsentire un moto di puro rotolamento ossia di far sì chela velocità di C sia nulla. Perchè questa condizione si realizzi dovrà risultaredurante tutto il moto f < mN. Dobbiamo quindi determinare f ed N ricorrendoalla IECD e si ha:

N + mg + f + Fe = 0

Proiettando questa equazione lungo l’asse orizzontale (x) e verticale (y) e tenendoconto dell’eq. risulta:

- Fe – f = ma Æ f = - Fe – ma = 2Kx/3 = KX/3 N – mg = 0 Æ N = mg

Pertanto, essendo la forza di attrito massima in corrispondenza della massimaelongazione della molla XM, deve risultare

f = 2KxM /3 = KXM /3 < mN = mmg Æ XM < 3mmg/K

Numericamente risulta : XM < 8.8 cm.

9) Le forze agenti sulla ruota sono la forza peso mg, applicata nel suo centro di massa O,la rezione vincolare di appoggio N , perpendicolare al piano inclinato e applicata nelpunto C della ruota a contatto con esso, la forza di attrito f, applicata in Ctangenzialmente al piano; oltre a queste va considerata la coppia di forze applicata dalmotore che tuttavia è a risultante nulla e produce solo un momento assiale M.

N

y O f

C x

q

mg

a) Nel caso in cui la ruota si muova , di puro rotolamento, con accelerazione nulladalla IECD risulta:

N + mg + f = 0

che proiettata lungo gli assi parallelo e perpendicolare al piano inclinato come infigura dà: f – mgsinq = 0 Æ f = mgsinq N – mgcosq = 0 Æ N = mgcosq

Dalla IIECD, scelto come verso positivo di rotazione quello orario e come centro diriduzione il punto O coincidente col centro di massa e sull’asse di rotazione , risultainoltre: M – fr = 0 Æ M = fr = mgrsinq

Numericamente si ha quindi M = 5.33 Nm.b) La potenza fornita dalla coppia M è data da W = Mw , quindi alla velocità

considerata, essendo w = v/r = 50 rad/s, si ha W = 266 W.La potenza calcolata può anche essere espressa, utilizzando l’espressione di M, comeW = mgvsinq che corrisponde alla variazione di energia potenziale della ruotaprodotta in un secondo ad opera del motore.c) Nel caso in cui il moto della ruota, pur rimanendo di puro rotolamento, è

accelerato le ECD forniscono le seguenti equazioni:

N + mg + f = ma M – fr = Ia

Dove a è l’accelerazione del centro di massa O della ruota, a è l’accelerazione angolare eI = mr2/2 il momento d’inerzia rispetto all’asse passante per O. Proiettando la primaequazione lungo gli assi x e y si ha :

f – mgsinq = ma N – mgcosq = 0

Se il moto è di puro rotolamento si ha a = ar e deve risultare sempre soddisfatta larelazione f< mN. Risolvendo le equazioni si ottiene:

a = ( M – mgrsinq )/(I + mr2) f = (mrM + mgIsinq )/(I + mr2)

e la condizione:

(mrM + mgIsinq )/(I + mr2) < mmgcosq

da cui infine tenendo conto dell’espressione di I :

M < mgr( 3mcosq – sinq )/2

Numericamente quindi M < 21.24 Nm.

10) Consideriamo innanzitutto il moto dell’asta AB prima dell’urto: su di essaagiscono la forza peso Mg, applicata nel suo centro di massa G, e la reazionevincolare del perno in A. Dato che le forze sono conservative la velocità angolaredell’asta W0 quando essa raggiunge la posizione verticale, un istante primadell’urto, può essere determinate utilizzando la conservazione dell’energia. DettoI = Ml2/3 il suo momento d’inerzia rispetto all’asse di rotazione in A si ha:

IW02/2 = Mgl/2 Æ W0 = (Mgl/I)0.5 = (3g/l)0.5

Consideriamo adesso le forze agenti sulla sbarra e sulla sfera durante l’urto.

T B A R

G

Mg N

- S B O S

f C mg

La sbarra applica alla sfera, nel punto di urto B, una forza impulsiva S direttaperpendicolarmente alle due superfici e quindi, in virtù del terzo principio, sulla sbarraviene ad agire una forza – S. Sulla sfera agiscono inoltre la forza peso mg, applicata alcentro di massa O, la reazione vincolare N e la forza di attrito f applicate nel punto dicontatto col piano C, che però non hanno carattere impulsivo ( S >> mg, N, f ). Sullasbarra oltre la forza –S agisce la forza peso Mg ( S >> Mg) e la reazione vincolare in Ache consta di una componente verticale T e di una componente orizzontale R . Essendo lasbarra soggetta ad una forza impulsiva orizzontale ed essendo imperniata in A ( essendocioè A mantenuto fermo) durante l’urto deve agire su questo punto una forza impulsivaorizzontale; quindi a priori la componente R avrà anch’essa carattere impulsivo ( R >>mg , T). Premesso questo si può affermare che durante l’urto le uniche forze rilevantisono quelle a carattere impulsivo e precisamente le forze S e –S , interne al sistema sbarra+ sfera , a la forza R estrena al sistema; tutte le altre forze possono in questa fase esseretrascurate.

a) In conseguenza di quanto ora detto risulta immediatamente che la sferaimmediatamente dopo l’urto non ha velocità angolare. Infatti se consideriamo ilmomento, rispetto al centro di massa O, della forza impulsiva S agente su di essasi vede che esso è nullo e quindi è nulla la variazione di momento angolare.Essendo la sfera inizialmente ferma risulta nulla la velocità angolare al terminedell’urto, di conseguenza nel seguito ometteremo per la sfera i contributi relativialla sua velocità angolare.

Non essendo il sistema sbarra+sfera isolato, dato che durante l’urto agisce la forzaimpulsive esterna R, non valgono in generale la conservazione della quantità di moto edel momento angolare. Tuttavia, se scegliamo come centro di riduzione il perno A ,risulta che il momento delle forze impulsive, esterne al sistema , rispetto ad esso ( e solorispetto ad A) è nullo. Pertanto sarà costante il momento angolare del sistema rispetto adA e scriveremo quindi:

IW + mvl = IW0 Æ W0 - W = mvl/I = 3mv/Ml (10.1)

dove W è la velocità angolare dell’asta e v la velocità del centro di massa O della sferadopo l’urto; nello scrivere questa equazione si è implitamente assunto come versopositivo di rotazione quello di W0 ( antiorario). Inoltre essendo l’urto completamenteelastico si conserva l’energia cinetica del sistema fra l’inizio e la fine dell’urto; si haquindi: mv2/2 + IW2/2 = IW0

2/2 Æ W02 - W2 = mv2/I (10.2)

Dividendo membro a membro l’ultima equazione (10.2) per l’eq. (10.1) si ottiene

W0 + W = v/l (10.3)

Risolvendo il sistema di equazioni (10.1) e (10.3) si ricava infine

v = 2MW0l/(M + 3m) W = W0(M - 3m)/(M + 3m)

Dall’ultima relazione si vede che la velocità angolare dell’asta dopo l’urto sarà positiva onegativa a seconda che la massa della sfera sia minore o maggiore di M/3, se invece m =M/3 la sbarra si ferma.Con i valori numerici assegnati si ha : W0 = 6.48 rad/s , v = 4.0 m/s e W = - 0.72 rad/s.

b) L’impulso J della forza vincolare R può essere ricavato ricorrendo alle ECD o piùprecisamente al loro integrale primo che costituisce l’equivalente del teoremadell’impulso relativo ad un punto materiale. Se indichiamo con J* l’impulso dellaforza S agente sulla sfera dall’integrale della prima equazione cardinale scritta perla sfera e la sbarra si ricava:

J* = mv J – J* = MV – MV0Dove v è la velocità del centro di massa della sfera V e V0 le velocità finale ediniziale del centro di massa G della sbarra che in modulo valgono rispettivamente V=Wl/2 e V0= W0l/2. Proiettando queste equazioni lungo la direzione orizzontale siricava J = mv – M(W0 - W)l/2 = - mv/2 = - mMW0l/(M + 3m)

Numericamente si ha J = -2 Ns ; il segno – dell’espressione indica che il verso dellaforza impulsiva è in realtà opposto a quello assunto arbitrariamente nella figura.c) Nel caso in cui l’urto sia completamente anelastico circa le forze valgono le stesse

considerazioni. In questo caso al termine dell’urto la sbarra e la sfera risulterannounite in B e si ha quindi a che fare con un corpo di momento d’inerzia I’ , rispettoad A, dato da:

I’ = I + [ I0 + m(r2+ l2)] = (m + M/3)l2 + 7mr2/5

dove I0 = 2mr2/5 è il momento d’inerzia della sfera rispetto al suo centro di massa O.In questo caso la sola conservazione del mometo angolare del sistema rispetto ad A èsufficiente a determinare la velocità angolare e si ha:

I’W = I W0 Æ W = W0(I/I’)

Numericamente risulta W = 2.87 rad/s.d) Nel caso considerato rimangono valide tutte le considerazioni fatte sulle forze ma

non siamo in grado di dire niente a priori sul tipo di urto. Tuttavia, dato che inquesto caso conosciamo la velocità dell’asta dopo l’urto (W = 0 ), laconservazione del momento angolare rispetto ad A è sufficiente a determinare lavelocità della sfera; si ha infatti:

mlv = IW0 Æ v = W0I/ml = W0 lM/3m

Per la variazione di energia cinetica DT fra la fine e l’inizio dell’urto si ha:

DT = mv2/2 - IW02/2 = -W0

2l2(9m2- M2)/18m < 0

Essendovi quindi una diminuzione di energia cinetica l’urto risulta solo parzialmenteelastico.